2023课标版数学高考第二轮复习-第八章立体几何微专题

2023课标版数学高考第二轮复习微专题应用创新微专题一分清变与不变，破解翻折问题（2022银川一中一模,16）如图,在边长为4的正三角形ABC中,D,E,F分别为各边的中点,G,H分别为DE,AF的中点，将△ABC沿DE,EF,DF折成正四面体PDEF,则在此正四面体中,下列说法正确的①异面直线PG与DH所成的角的余弦值为|;②DFLPE;③GH与PD所成的角为45。;④PG与EF所成角为60°.答案①②③（2021江西八所重点高中第二次模拟,15）如图1,在矩形ABCD中,DC=2DM=2DA=2,将aDAM沿AM折起,如图2,当三棱推B-ADM的体积最大时,三棱锥B-ADM外接球的表面积为图1图1图2答案4tt（2022河南洛阳二模,18）如图，已知aABC是边长为6的等边三角形,点M,N分别是边AB,AC的三等分点且AM=gAB,CN=|CA,沿MN将aAMN折起到aA'MN的位置,使/A'MB=90°.⑴求证:A'M，平面MBCN;(2)在线段BC上是否存在点D,使平面A'ND与平面A'MB所成锐二面角的余弦值为誉?若存在，设前=入配(人＞0),求人的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明：由已知可得AM=2,AN=4,NA=60°,.,.MN=J22+42-2x2x4xcos60°=2百，.*.AM2+MN2=AN2,即MN1AM,MNIBM,.-.MN±A'M.•.,NA'MB=90°,即A'MIBM,又MNCIBM=M,.,.A'M_L平面MBCN.⑵由⑴可知,A'M,MN,MB两两垂直,以M为原点,分别以前瓦而，而的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，贝！IB(4,0,0),A'(0,0,2),N(0,2y/3,0),C(l,3V3,0),设D(x',y',z'),贝(](x'-4,y',z')=人(-3,3V3,0),.•.D(4-3A,3V3A,0).前=(0,2V3,-2),和=(4-3人,3V3A,-2).设平面A'ND的法向量为n=(x,y,z),(n而=2V3y-2z=0,则([n-^D=(4-3A)x+3V3Ay-2z=0.令y=K,则n=(鬻，43),显然m=(0,1,0)是平面A'MB的一个法向量，解得入w或*故存在点D满足题意,入日或3 6（2020贵州4月适应性测试，19）图1是直角梯形ABCD,AB〃DC,ZD=90°,AB=2,DC=3,AD=V3,CE=2ED.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达Cl的位置且AC1=V6,如图2.⑴证明:平面BGE_L平面ABED;⑵求直线BG与平面ACD所成角的正弦值.解析⑴证明:在图①中，连接AE,AC,设AC交BE于F.■,CE=2ED,DC=3,.,.CE=2,.-.AB=CE,又AB〃CD,••・四边形AECB是平行四边形.在RtAACD中,AC=J324-(V3)2=2遍，.,.AF=CF=V3.在图②中,AC尸伤，,.,AF2+C!FMCf,.-.C,F±AF,由题意得CF,BE,又BECIAF=F,「CFJ_平面ABED,又C,Fc平面BCE,二平面BGE_L平面ABED.

(2)如图②,以D为坐标原点,雨，屁的方向分别为x,y轴的正方向，西的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.则D(0,0,0),A(V3,0,0),B(V3,2,0),E(0,l,0),F(y,1,0),Cl(y,|,V3),•••跖=(-y，4，V3),D7=(V3,0,0),DG=停1，⑹.设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),(n-DA=0, (a/3x=0,由］ ,得，V53r-(nDCT=0(Tx+2y+A^z=0,取z=V5,得n=(0,-2,V3),.-.|n|=V7,记直线BG与平面AGD所成的角为&sing_|BCrn|_2V7sin|BC；Hn|~故直线BG与平面AC,D所成角的正弦值为苧.(2021河南顶级名校4月联考,19)如图①,已知D,E都是AABC的边AC的三等分点,F是AB的中点,BE±AC,AB=2V5,AC=6,同时将4ADF和4CEB分别沿DF,EB折起,折起后AD〃CE,如图②.⑴在图②中,求证:AB_LDC;(2)在图②中,若DC=2,求二面角A-BD-C的余弦值.B图① 图②解析（1）证明:连接AE.•.•题图①中,D,E分别是AC的三等分点,•.D是AE的中点,又F是AB的中点，.-.DF/7BE.,--BE1AC,.-.DF±AC.在题图②中,BEIDE,BE±CE.••DECCE=E,.,.BE_L平面ADEC.,/DCc平面ADEC,/.BE±DC./ADCE,AD=DE,四边形ADEC是菱形，.-.DC±AE.：AEnBE=E,，DC_L平面ABE.又,「ABu平面ABE,.-.AB±DC.（2）由（1）知,平面BEDF_L平面ADEC.1.•DC=2,CE=DE=2,.'.△DEC是正三角形.取DE的中点0,连接CO,则CO±DE.

分别以直线OE,0C为y轴和z轴,以过点0平行于BE的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则D(0,-1,0),B(2,1,。,C(0,0,V3),A(0,-2,V3),.-.DB=(2,2,0),DA=(0,-l,V3),DC=(0,1,回设ni=(xi,ybzi)设ni=(xi,ybzi)和n2=(x2,y2,z?)分别是平面ABD和平面CBD的法向量，则有•“DB=0,n2,DB=0,zi/DA=0,In2,DC=0..•产受L。。色誉2=：不妨取zi=V3,Z2=-V3,+y/3z1=0,+V3z2=0.可得m=(-3,3,V3),n2=(—3,3,—V5),.*.cos<ni,n2>=-=J,又知二面角A-BD-C为锐二面角,；.二面角A-BD-C的余弦值为1|ni|-|n2| 7 7微专题二巧建系妙设点,速破动态变化问题(2022陕西质检(一)，19)如图,已知直三棱柱ABC-AB3,0,M,N分别为线段BC,AA„BBi的中点,P为线段AG上的动点,AAE6,AC=8.⑴若A04BC,证明:GNLCM;(2)在(1)的条件下,当AB=6时,试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB.C.C所成角的正弦值最大.解析 (1)在4ABC中,•・•()为BC的中点且AO^BC,.-.AB1AC.,平面ABCJ_平面ACCiAi,交线为AC,.,.AB_L平面ACCiAt,又；CMu平面ACCiAi,.-.AB±CM.,•,M,N分别为AA„BB,的中点,/.MN#AB..-.CM±MN.在RtAAMC和RtAMA.C,中，,.-AM=AiM,AC=A,Cb.,.RtAAMC^RtAA.MCi,.*.CM=CiM=V64+64=8V2,.-.CM'+CiM^128+128=162=CCf,.'.CMlCiM.X-/CiMAMN=M,"M_L平面C.MN,.,.CM±C,N.(2)由(1)及已知得AB,AC,AAi两两垂直,以A为原点,分别以AB,AC,AA,所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，则A(0,0,0),B(6,0,0),C(0,8,0),Ci(0,8,16),M(0,0,8),B,(6,0,16),.-.BC=(-6,8,0),西=(0,0,16).设平面BBiCiC的法向量为n=(x,y,z),则落=%x=4,得y=3,则n=(4,3,0),设P(x,y,z),而=m4C；(0WmW1),则(x,y,z)=m(0,8,16),.*.P(0,8m,16m),MP=(0,8m,16m-8).设直线MP与平面BBCC所成的角为&TOC\o"1-5"\h\zmil-n何丽I 24m 3m贝(Jsin ——=r •，=.... =.|n||MP|5j64m2+(16m-8)2545m2-4m+l若m=0,则sin0=0,此时点P与A重合；若mWO,令tq(t'l),则sin0=—/3?=-j3 <1，5V5-4t+t 5j(t-2)2+l 5当t=2,即mg,也即P为AC1的中点时,sin6取得最大值|.(2022甘肃顶尖名校3月联考,19)如图,AABC是边长为3的等边三角形,E,F分别在边AB,AC上,且AE=AF=2,M为BC边的中点,AM交EF于点0,沿EF将AAEF折到aDEF的位置，使皿等.⑴证明:DO_L平面EFCB;(2)若平面EFCB内的直线EN//平面DOC,且与BC交于点N,问在线段DM上是否存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60。?若存在,求出点P;若不存在,请说明理由.解析⑴证明:在ADOM中,DO=V3,OM=y,DM=^p,所以DM2=DO2+OM2,所以DO±OM.又易知DO±EF,EFCOM=O,所以DO_L平面EFCB.⑵如图,过E在平面EBCF内作EN/70C交BC于点N,则由OCc平面DOC,ENQ平面DOC,得EN〃平面DOC.因为EN〃OC,EO〃NC,所以四边形ENCO为平行四边形，所以NC=EO=1,BN=2,所以胎=|时,EN〃平面DOC.以0为坐标原点,0E,0M,0D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,

cc则E（1,O,0）,N（-1,y,0）,M（0,y,0）,D（0,0,V3）,所以前=（-1,y,0）,DM=（0,y,-V3）.假设在线段DM上存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60°,且由=入两(0《人〈1),连接PE,PN,则丽=(0,yA,-V3A),所以丽=PM+MN=(0,yX,-V3X)+(-1,0,0)二(吃乳-仲)设平面PEN的法向量为n=(x,y,z),EN-n=-gx+=y=0,叫—：APN-n=一二+5入y-V5Az=0,令x=l，则y=K，z=探则n=（1,8瑞）.易知平面ENB的一个法向量为m=(0,0,1),则cos<n,m则cos<n,m>|=-|n-7n|所以人=T(舍)或入胃,所以丽=^DM.故在线段DM上存在点P,且丽=2两,使二面角P-EN-B的大小为60°.（20215•3原创题）已知直角梯形SBCD中,SD//BC,BC1CD,SD=3BC=3CD=6,过点B作BA/7CD交SD于A(如图1),沿AB把ASAB折起,使得二面角S-AB-C为直二面角,连接SC,SD,AC,BD,E为棱SC上任意一点(如图2).⑴求证:平面EBDJ_平面SAC;⑵求点C到平面SBD的距离;

(3)在棱SC上是否存在点E,使得二面角E-BD-S的余弦值为学?若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.解析 (1)证明:由题意及翻折的性质可知,SA1AB,AD1AB,所以NSAD为二面角S-AB-C的平面角,又因为二面角S-AB-C为直二面角，所以NSAD=90°,即SA1AD,又ABDAD=A,所以SA_L平面ABCD,又BDc平面ABCD,所以SA±BD.由题意可知四边形ABCD为正方形，所以BD±AC,又因为ACCISA=A,所以BD_L平面SAC,又BDc平面EBD,所以平面EBD_L平面SAC.(2)设ACnBD=O,连接SO,易得SO±BD.在正方形ABCD中,BC=CD=2,所以AC=BD=2遮，又SA=4,A0=1AC=V2,SA±AO,所以S0=VS42+AO2=3vls△CBD=|CB-CD=jx2x2=2,S△SBD=^SO-BD=jx3>/2x设点C到平面SBD的距离为h.因为Vc-SBD=Vs-BCD,SP^SASBD-h=^S△BCD*SA,S-SACC|M,&BCD 2x44所以h=- D O □△SBD即点c到平面SBD的距离为*⑶存在.连接0E,以A为坐标原点,说，而，右的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),S(0,0,4),又知点E在线段SC上，所以设元=XSC=(2入,2人,-4入)(0《入W1),因此E（2入,2人,4-4人），又0（1,1,0）,所以而=（-1,-1,4）,OE=（2A-1,2A-1,4-4A）,'OS^OE易知0E1BD,又0S1BD,所以NS0E为二面角E-BD-S的平面角，所以cos/SOE-•一二=|OS||OE|...1.二平-4+4（4』）=乎解得入=J或入=］因为0S入sL所以入=即棱SC上存在点E,30j2（2九1）2+（4-4人）2使得二面角E-BD-S的余弦值为竽,此时点E为棱SC的中点（2021全国重点中学高考冲刺押题卷（二），20）如图,在三棱台ABC-ABG中,AABC是边长为2的等边三角形,AAi=AiC1=C,C=l,ZCiCA=60o,E为B£的中点.⑴若F为线段AB上一点且EF〃平面ACCA,求EF的长；⑵设二面角A-AC-B的大小为0,是否存在。£(0图，使得直线AA1与平面BB1C1C所成角的正弦值为警?若存在,求出6的值;若不存在,请说明理由.A解析⑴如图,在BC上取点G,使CG=1,在AB上取点F,使AF=右连接EF,FG,EG,则FG//AC.因为ECi〃CG,EC,=CG,所以四边形EGCG为平行四边形,所以GE/7CC,.因为GEC平面ACCiAt,CCiC平面ACCA,所以GE〃平面ACCiAl因